1611143553-a5dfe0cd78607269d954ff04820322e4 (825013), страница 33
Текст из файла (страница 33)
Время движения тела по бруску т = 2!М Р вЂ” Яя(М+т) 196 104. 1) Силы, действующие на стол и груз, изображены на рис. 317. Уравнения движения по горизонтали имеют следующий вид: для стола с блоками Р— Р+Рт = — аВ Р, тр= В для груза Рт = ам Р, тр= Ю Предположим, что сила Р настолько мала, что груз ие скользит ио столу.
Тогда а,=.а, и Р =РРт77Р,+Рз). Увеличивая постепенно силу Р, мы тем самым будем постепейно увеличивать и силу Рис. 317. трения Р р. Однако если стол и грув неподвижны друг относительно друга, то сила трения между ними ие может превысить значения Р р,„— — ДРм Поэтому скольжение груза по столу начнется при 1 т В нашем случае Р=80Н, следовательно, груз проскальзывать не будет и Р 8 Р Ы 25 К гы 3,14 и!с . Р,+Рз 25 2) Уравнения движения дли стола с блоками и груза в этом случае имеют вид Рт Рз — Р+Р = — а„Р— Р = — а,. тр= Р Ускорения стола н груза направлены в противоположные стороны, поэтому проскальзывание обязательно будет.
Следовательно, Р р —— .= йРэ. Ускорение стола равно — Р+вРз 2 а = 8= — — и ж — 1,31 м!се. Р, 15 Стол будет двигаться влево. 197 105. При движении бусинки на нее действуют две силы: сила трепни йУ н сила реакпии У. Абсолютное ускорение будет направлено по результирующей силе Г. Из рис. 3!8 следует: У=танисе, н~в -— ясона — йУ/и=а(созга — Фз!пгз). Отсюда т= 2! а(сова — й а!псе) ' Если й ) с1п сг, то бусинка не будет двигаться относительно стержня, и в этом случае сила трения равна та сова.
106. По второму закону Ньютона изменение-количества движения системы пушка †снар за время выстрела т должно равняться импульсу действующих на систему сил: по горизонтали шоз соз гз Мог Ртрт где Ртрт — импульс снл трения; по вертикали тоа з!п а =Ут — (Мй+пЧ) г, где Ут †импул сил нормального давления (реаиции горизонтальной площадки), (Мй+тй)т — импульс сил тяжести. Учитывая, что Ртз йУ получим т гл . М+т о, = — оз соз а — й — оо з!п а — й — йт М М М или, так как йт ~оз 63 о, ш — ор (соа гз — й з!и и).
М Данное решение пригодно для йщ,с!и се. При й > с)нес пушка останется неподвижной. щ.ф/ля аь7 4174л Рнс. 319. Рис. 318. 101. !) Ускорение в начальный момент аз=р/М = !З,З м/сз. В зависимости от времени ускорение меняется по закону а= Р/(М вЂ” р/), 198 где и=200 кг(с — масса топлива, расходуемая ракетой в секунду, График ускорения имеет вид, изображенный на рис. 319. Сиорость спустя 20 с чясленно равна площади, заштрихованной на чертеже, о = 300 и)с.
2) Второй Каков Ньютона запишется так: (М вЂ” 91) а=с" — (М вЂ” рг) я — 1. По условию 1=20 с, а=0,8я. Отсюда сила сопротивления воздуха )=р — (М вЂ” 91)д — (Л вЂ” 91)0,блею !23 !О Н. 3) Уравнение Ньютона для груза дает т,а=ах — ш,я, где т,— масса груза на конце пружины, а †ускорен ракеты, й — коэффициент упругости пружины, х †удлинен пружины. По условию задачи т,8=Мз., Следовательно х= — (а + я). Шкала прибора 1а 1 должна быть равномерной. Делению в один сантиметр соответствует ускорение д. 108. В системе отсчета, связанной со вторым кубиком, имеем ог — ое = 2а,!, 3 3 оз — ог = 2оз1, где а,= — г" (2М+ш)12Мш — ускорение пули в первом кубике, о,— ее скорость при выходе из него, а = — г" (М+т)1Мт — ускорение нули во втором кубике, о, — ее скорость при выходе из него.
Положив о;=О, найдем нижний предел. скорости сю а положив о, =О, получим верхний предел. Следовательно, 3 Рц2м.~~/ м~, Уб эх+В )/ 9 5. Закон сохранения количества движения 109. Разобьем массу диска на пары одинаковых элементов, лежащих на одном диаметре иа равных расстояниях от центра. Количество движения каждой пары равно нулю, так как количества движения обенх масс равны, но направлены в противоположные стороны. Следовательно, количество движения всего диска равно нулю. 11О. Пусть масса лодки М, масса мешка т, начальная скорость лодок о,. При выбрасывании мешка с лодки на нее действует некоторая сала в направлении, перпендикулярном ое. Однако изменения количества движения лодки не происходит, так как сила сопротивления воды препятствует поперечноиу движению лодок.
Количество движения ледин изменяется только при попадании в нее мешка. Применяя закон сохранения количества движения к системе мешок †лод, в первом случае можно написатгн (М+т) ое — тоз-— .(М+2т) и, для одной лодки,. — Мое+те,=(М+т) и, для другой. Здесь о, н з,— конечные скорости лодок. Из даяной системы уравне- М ний имеем ог= — зз= М+2т "о. !99 В случае, когда мешки перебрасываются одновременно, конечные скорости лодок о, и о, определяются иэ уравнений Мо — =(М+ш) оэ, — М + =(М+гл) пэ. и Отсюда пг= — оэ= о,. Таким образом, конечная скорость лоМ+ гл док в первом случае будет больше.
111. Количество движения системы доска — лягушка в горизонтальном направлении не изменяется. Следовательно, можно написать пюэ соз се = Ми, где и — скорость доски относительно неподвижной поверхности пруда. Чтобы пирушка оказалась на другом конце доски, должно выполняться условие й — из=(оэ соз а) т, где,'т †вре, в течение которого лягушка находилась в воздухе; оно равно т= 2э, з!псе!и. Из имеющихся уравнений можно определить ор.. 1' (т!М+!)з!п2а ' 112; Поскольку в горизонтальном направлении система жук— клин замкнута, для определения скорости о клина можно воспользоваться законом сохранения количества движения Ми+ ш (о — и соз а) = О, где (о — и сова) — горизонтальная составляющая скорости жука отно- /Н сительно неподвижной системы отсчета.
Отсюда о= и сова. М+т 113. Так как внешние силы, действующие на систему по горизонтали, отсутствуют, проекция общего количества движения системы клин — грузы на горизонтальное направление должна оставаться постоянной (равной нулю). Отсюда следует, что клин начнет двигаться только в том случае, если будут двигаться грузы.
Чтобы груз тэ двигался вправо, должно выполняться условие шэй э(п сс ) шзя+ йшэя соз щ Отсюда ть(шэ~ып гэ — й сова. Пря этом условии клин будет двигаться влево. Чтобы грув тэ двигался влево, должно выполнаться условие т,д ) ш,я шп а+ йт,й соз а или ш,гт ) з!псе+А созсэ. Клин при этом будет двигаться вправо. Следовательно, для равновесия клина отношение масс грузов должно удовлетвовьять неравенству з!па — й сова~ ть/щэ~шп и+2 сов се. 114. Для направления вдоль наклонной плоскости можно написать шо соз и+ Ми =О, где и — скорость ящика в момент попадания в него камня; она равна и = г' АЗ а1п сз. Следовательно, М )г АУ з1п а т сова 115.
В высшей точке подъема скорость ракеты равна нулю. Изменение общего количества движения частей ракеты под действием внешних сил (силы тяжести) крайне незначительно, так как импульс этна сил весьма мал ввиду кратковременности взрыва. Поэтому общее количество движения частей ракеты до и сразу после взрыва остается постоянным и раиным нулю. Между тем три вектора (тзко тзчз, тзчз) могу; в сумме дать нуль только тогда, когда они лежат в одной плоскости.
Отсюда следует, что н векторы я„ч, ч, лежат в одной плоскости. 11б. Скорость лодки относительно берега и связана со скоростью т человека относительно лодки о соотношением и= — о. Отношение т+М скоростей во время движения остается постоянным. Поэтому отношение пройденных путей будет равно отношению скоростей: Згг = т/(т+М), где 5 — путь, пройденный лодкой, а 1— длина лодки (расстояние, пройденное- человеком относительно лодки).
1 Следовательно, для того чтобы лодка ! причалила, ее длина должна быть не 1 менее 1= — 3=2,5 м. Лодка не т+М / т причалит. 117. Примем за начало координат ту точку, откуда начинал двигаться взрослый. Тогда начальная координата центра масс будет равна Рис. 320. ,Ог+та( Х,= т,+та+та Обозначим через х, координату центра масс.в момент, когда взрослый добегает до края платформы. Тогда тд (1(2 — з) + тз (1 — з) + тз (1! 2 — з) юг+та+ тз где з — перемещение платформы.
Так как в горизонтальном направлении система взрослый — ребенок — платформа замкнута, чо х,=х,. Из этого равенства находим ж 2т — тз 5= л'1+та+о'з 2 При заданных числовых значениях это дает з=0,6 м. 118. На систему обруч — жук в горизонтальном направлении внешние силы не действуют. Поэтому центр тяжести системы (точка С на рис. 320) не будет перемещаться в горизонтальной плоскости. Расстояние от центра тяжести системы до центра обруча равно СО = т = — )с. Так как оно постоянно, центр обруча О будет опи- т+М сывать относительно неподвижной точки С окружность радиуса СО.
Легко видеть, что траектория жука представляет собой окруж- М ность радиуса АС= — !!. Взаимное расположение, а также иа- т+М правление движения жуна и обруча указаны на рис, 320. 119. Обозначим через од скорость ракеты в конце Д-й секунды. В конце (д-1-1)-й секунды из ракеты выбрасывается газ массы т, который уносит с собой количество движения, равное т( — и+од). Из аакона сохранения количества движения следует, что (М вЂ” Ьл) од= (М вЂ” (0+ 1) т) одь, +т( — и+од).
Изменение скорости ракеты за одну секунду равно ти 1 'д=М (Д+1)т. Зная изменение скорости за одну секунду, можно написать выражение для скорости в конце л-й секунды: 120. Скорость ракеты будет увеличиваться. Это становится очевидным, если перейти к системе отсчета, относительно которой ракета в данный момент покоится. Давление вытекающих газов будет толкать ракету вперед. 121.
Для рассмотрения всех четырех возможностей обозначим: ш — начальная скорость снаряда относительно пушки, из в начальная скорость снаряда относительно земли, ' ~'~) р — угол наклона ствола пушки, у— угол наклона вектора начальной скорости ч, (рис. 321). Соотношения между указанными величинами определяются равенствами ог совр+о=засову, (4) иг з|п (! = о з!и у, (2) Рис.
321. то, соз у+ Ма =О. (3) Если под о, понимается начальная скорость снаряда относительно земли, а угол и †уг наклона вектора че (т. е. оа = и„ сс=у), то нз уравнения (3) имеем т т Ф и= — — о, соз у = — — ое соз гх. М М Пусть теперь оч — начальная скорость снаряда относительно ствола пушки, который направлен под углом и к горизонту (од=о„ а=-0). Тогда из (1) и (3) получим т ул о= — — о, соз (!=в ое соз а. М+т1 = М+те Если задана начальная скорость относительно земли и угол наклона 202 пушки (ое — — оз, а=(1), то оз,соз р = У (т+ М)с япс В+ Мс созе (1 пз соз а.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
